problemas bonitos de geometría
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Problemas San Gaku
o
Problemas Bonitos de Geometrıa
resueltos por
Metodos Elementales
Francisco Javier Garcıa Capitan
Priego de Cordoba, 2003
Indice
1. Introduccion 1
2. Las Herramientas 22.1. La semejanza de triangulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.2. El teorema de Pitagoras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.3. Tangencia de dos circunferencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.4. Un poco de practica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.5. Longitud de las tangentes comunes a dos circunferencias . . . . . 82.6. Relacion entre segmentos de tangentes . . . . . . . . . . . . . . . 92.7. El numero de oro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.8. Radio de la circunferencia inscrita en un triangulo rectangulo . . 122.9. Otras herramientas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.9.1. El teorema de Ptolomeo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.9.2. El teorema de Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.9.3. El teorema de Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.9.4. El teorema de Descartes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3. Los Enunciados 17
4. Las Soluciones 44
5. Las Pistas 78
6. Bibliografıa y referencias 796.1. Paginas web . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 796.2. Libros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
1. Introduccion
Se pretende que el tıtulo del presente trabajo cumpla dos misiones:
Llamar tu la atencion.
Reflejar el contenido de las paginas que siguen.
Esperando que la primera de ellas ya este conseguida, a partir de aquı co-mienza a desarrollarse las segunda: conseguir que los problemas y soluciones,ası como las tecnicas utilizadas te parezcan bonitos e interesantes.
Muchos de los problemas aquı presentados son problemas sangaku, es decirproblemas que colgaban los japoneses bajo las terrazas de templos y santuariosdurante la epoca de aislamiento que Japon tuvo de Occidente. Es comun a casitodos los problemas sangaku precisamente el hecho de tratarse de problemas deenunciado sencillo y solucion elemental. En algunos pocos casos, sin embargo,la solucion del problema era bastante difıcil y requerıa muchos calculos.
Este trabajo comienza presentando una serie de herramientas utiles pararesolver con exito la mayorıa de los problemas. Las herramientas basicas sonel teorema de Pitagoras y la semejanza de triangulos, aunque tambien se pro-porcionan otras menos usuales como los teoremas de Casey y Descartes, entreotros, que seran necesarios para la resolucion de algun problema concreto, peroque pueden obviarse en una primera lectura.
Preparamos con las herramientas, a continuacion estan los enunciados delos problemas a resolver. El lector puede echarles un vistazo en general e irresolviendo los que les parezcan mas faciles, dejando los mas difıciles para elfinal. Se avisa que el orden de los problemas no sigue ningun patron determinado.
Las soluciones de los problemas se incluyen de forma separada a continua-cion de los enunciados de los problemas. De esta forma nos resulta facil no verla solucion de un problema si no lo deseamos.
Al final, antes de la bibliografıa, pueden encontrarse pistas de las soluciones,a las que nos podemos agarrar antes de mirar la solucion completa.
1
2. Las Herramientas
Antes de comenzar a resolver los problemas debemos hacer recuento de lasherramientas de que disponemos para lograr nuestro objetivo con exito. Procu-raremos llevar a cuestas unas armas ligeras: por ejemplo, nada calculo diferencialy lo mınimo de geometrıa analıtica o trigonometrıa. Sin embargo, para dar res-puesta a algun problema famoso o curioso usaremos algunos resultados pococonocidos, como el teorema de Descartes o el teorema de Casey, entre otros.Estos teoremas se describen con detalle en la seccion 2.9
2.1. La semejanza de triangulos
Decimos que dos triangulos son semejantes cuando tienen iguales los tresangulos y proporcionales los tres lados.
A B
C
D E
F
Hay tres situaciones que nos permiten afirmar que dos triangulos son seme-jantes:
1. Si dos triangulos tienen dos angulos respectivamente iguales, entonces sonsemejantes.
2. Si dos triangulos tienen dos lados proporcionales, e iguales los anguloscomprendidos, entonces son semejantes.
3. Si dos triangulos tienen tres lados proporcionales, entonces son semejantes.
Como aplicacion de la semejanza de triangulos obtendremos en el apartadosiguiente una demostracion del teorema de Pitagoras.
2.2. El teorema de Pitagoras
El teorema de Pitagoras afirma que si a e b son los catetos de un triangulorectangulo y c es la hipotenusa, entonces se cumple la relacion
a2 + b2 = c2.
El recıproco tambien es cierto, es decir, si se cumple esta relacion en untriangulo, entonces el triangulo es rectangulo.
2
El teorema de Pitagoras aparece como la Proposicion 47 del primer Libro delos Elementos de Euclides. El recıproco del teorema de Pitagoras es la Proposi-cion 48 y ultima de dicho libro.
La siguiente demostracion, atribuida a Lagrange, es de las mas simples entrelas que usan la semejanza de triangulos.
Consideremos el triangulo ABC, rectangulo en C. Al trazar la perpendicularCD a AB resultan tres triangulos semejantes ACB, ADC y CDB. Por ejemploADC y ACB comparten el angulo A y ademas ambos tienen un angulo recto.Por tanto tienen dos angulos iguales.
A D B
C
abx
y c-y
Por ser ADC semejante a ACB,
y
b=b
c⇒ yc = b2.
Por ser CDB semejante a ACB,
c− ya
=a
c⇒ (c− y)c = a2.
Entonces,
a2 = (c− y)c = c2 − yc = c2 − b2 ⇒ c2 = a2 + b2.
De las demostraciones del teorema de Pitagoras basadas en la diseccion,consideraremos aquı la basada en la siguiente figura:
3
Aquı, si a y b son los catetos menor y mayor, respectivamente, el cuadradocentral mide a− b, y entonces, sumando areas tenemos:
c2 = 4 · ab2
+ (b− a)2 ⇒ c2 = a2 + b2.
Ejercicio. ¿Querrıa el lector encontrar la justificacion a otra demostracionsimilar del teorema de Pitagoras, basada en la siguiente figura?
4
2.3. Tangencia de dos circunferencias
En los problemas en los que intervengan circunferencias tangentes tendremosen cuenta que:
(a) (b)
a) Si dos circunferencias son tangentes exteriores, entonces la distancia entresus centros es la suma de los radios.
b) Si dos circunferencias son tangentes interiores, entonces la distancia entresus centros es la diferencia de los radios.
5
2.4. Un poco de practica
Teniendo en cuenta el teorema de Pitagoras y las condiciones de tangencia dedos circunferencias que acabamos de ver podemos resolver algunos problemassencillos como los siguientes, tomados de la pagina web de Matias Giovanni:en ambos casos se pide el radio de del cırculo inscrito, en funcion del lado delcuadrado.
(a) (b)
Llamemos a al lado del cuadrado y r al radio buscado.
En el caso (a), tendremos√
22a = SP = SO +OP =
√2r + r =
(1 +√
2)r.
Por tanto,
r =1√
2 + 1·√
2a2
=(√
2− 1)·√
2a2
=
(1−√
22
)a.
P
O
R
Q
S(a)
M
N O
(b)
En el caso (b), aplicamos el teorema de Pitagoras al triangulo MNO:
MN2 +NO2 = MO2 ⇒⇒ (a− r)2 +
(a2 − r
)2 =(a2 + r
)2
⇒ (a− r)2 =(a2 + r
)2 − (a2 − r)2 = 2ar
⇒ a2 − 2ar + r2 = 2ar ⇒ r2 − 4ar + a2 = 0,
6
de donde deducimos quer =
(2−√
3)a.
7
2.5. Longitud de las tangentes comunes a dos circunferen-cias
A continuacion se dan formulas de tangentes comunes a dos circunferencias.
1. Supongamos que dos circunferencias, con radios R1 y R2 son tangentes ex-teriores. Entonces la longitud T del segmento de tangente exterior comunvale 2
√R1R2.
T
R2R1
En efecto, usando el teorema de Pitagoras,
T 2 + (R1 −R2)2 = (R1 +R2)2 ⇒ T 2 = 4R1R2.
2. Si dos circunferencias, con centros O1 y O2, y radios R1 y R2, son exte-riores, la longitud T del segmento de tangente exterior comun T verifica:
T 2 = O1O22 − (R1 −R2)2.
En efecto, basta usar de nuevo el teorema de Pitagoras:
T
R2R1
O1
O2
3. Si dos circunferencias, con centros O1 y O2, y radios R1 y R2, son exte-riores, la longitud T del segmento de tangente interior comun verifica:
T 2 = O1O22 − (R1 +R2)2.
8
T
HR2
R2
R1
O1
O2
En este caso, trazamos una paralela O2H a la tangente comun. Entonces,bastara usar el teorema de Pitagoras con el triangulo O1HO2, rectanguloen H.
2.6. Relacion entre segmentos de tangentes
Los dos segmentos de tangente a una circunferencia desde un punto exteriorson iguales. Tambien son iguales los dos segmentos de tangente exterior comuna dos circunferencias. Por ultimo, tambien son iguales los dos segmentos detangente interior comun a dos circunferencias.
V WS
Q
R
T
U
P
Aplicando esto, podemos encontrar alguna relacion util entre segmentos detangentes a dos circunferencias. Por ejemplo, en la figura anterior, comprobemosque TU = PS. En primer lugar, SR = PQ. En efecto,
VW =TUV S + SW =TP + PU
SQ+ SR =PQ+ PR
2SR+QR =2PQ+QR
SR =PQ
Ahora,TU = TP + PU = PQ+ PR = SR+ PR = PS.
9
2.7. El numero de oro
El numero de oro aparece en muchas figuras geometricas. Por ejemplo, cuan-do consideramos un rectangulo con unas dimensiones tales que al suprimir uncuadrado maximo resulta otro rectangulo semejante.
1
1 x-1
x
En la figura, el rectangulo tiene por altura la unidad y por base una cantidadx. Suponiendo que se cumple la propiedad anterior, tenemos
x
1=
1x− 1
⇒ x2 − x− 1 = 0⇒ x =1 +√
52
.
El valor obtenido de x se conoce como numero de oro y se representa por Φ.
El numero de oro esta muy presente en el pentagono regular. En la figurade la pagina siguiente, los triangulos ACD y CDF son semejantes, por lo que
d
1=
1d− 1
⇒ d =1 +√
52
,
es decir, la relacion entre una diagonal y el lado de un pentagono regular es elnumero de oro.
A
B
C D
EF
d
1d-1
1
1
Teniendo en cuenta esto, podemos obtener el valor exacto de algunas razonestrigonometricas:
cos 72 =12CD
CA=
12Φ
=1√
5 + 1=√
5− 14
.
10
Usando las formulas del angulo mitad,
cos 36 =
√1 + cos 72
2=
√1 +
√5−14
2=
√3 +√
58
=
=
√6 + 2
√5
16=
1 +√
54
.
11
2.8. Radio de la circunferencia inscrita en un triangulorectangulo
Consideremos un triangulo rectangulo con catetos x e y, y con hipotenusa z.Segun se muestra en la figura, podemos expresar x = a+ r, y = b+ r, z = a+ b.
r
r b
b
aa
Entonces, z = a+ b = x− r + y − r. De aquı, resulta
z = a+ b = (x+ r) + (y − r) = x+ y − 2r.
Despejando obtenemos
r =x+ y − z
2.
Como aplicacion, el lector puede resolver el siguiente
Ejercicio. Si un triangulo rectangulo tiene lados enteros, entonces el radiode la circunferencia inscrita al triangulo tambien sera entero.
12
2.9. Otras herramientas
En esta seccion vemos ciertos resultados que son necesarios para resolveralgunos de los enunciados, si bien la mayorıa pueden resolverse usando tecnicasmas elementales como el teorema de Pitagoras o la semejanza de triangulos.
2.9.1. El teorema de Ptolomeo
El teorema de Ptolomeo dice que en un cuadrilatero inscrito en una circun-ferencia, el producto de las diagonales es igual a la suma de los productos de loslados opuestos:
AB ·DC +DA · CB = AC ·BD.Sea el cuadrilatero ABCD. Tracemos el segmento AF de manera que ∠BAF =∠CAD.
A
B
C
D
E
F
Entonces, los triangulos ABE y ACD son semejantes y
AB
AC=BE
DC⇒ AB ·DC = AC ·BE (1)
Tambien son semejantes los triangulos ADE y ACB:
AD
AC=ED
CB⇒ DA · CB = AC · ED (2)
Sumando miembro a miembro (1) y (2) obtenemos
AB ·DC +DA · CB = AC(BE + ED) = AC ·BD.
2.9.2. El teorema de Carnot
Dado cualquier triangulo ABC, la suma de las distancias con signo desde elcircuncentro O a los lados es R+r, siendo R y r los radios de las circunferenciascircunscrita e inscrita al triangulo ABC.
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A B
C
O
D
EF
El signo de la distancia se considera positivo si y solo si el segmento enterodentro esta dentro del triangulo.
Ası, en el triangulo de la figura siguiente una de las distancias es negativa.
A B
C O
DEF
Antes de abordar la demostracion del teorema de Carnot, conviene recordarque
1. El segmento que une los puntos medios de dos lados de un triangulo esparalelo al tercer lado y mide la mitad que este.
2. El area de un triangulo puede expresarse en la forma sr, siendo s el semi-perımetro y r el radio de la circunferencia inscrita al triangulo.
3. Un cuadrilatero esta inscrito en una circunferencia si y solo si los angulosopuestos son suplementarios.
Ahora, en el caso del triangulo acutangulo, sean x = OD, y = OE, z = OFy, como es habitual, a = BC, b = CA, c = AB. El cuadrilatero OBDE esta ins-crito en una circunferencia, por lo que podemos aplicar el teorema de Ptolomeo:a2x+ c
2y = b2R, o ax+cy = bR. De forma similar, usando los cuadrilateros OECF
y OFAD, obtendremos que by + az = cR y que bx+ cz = aR. Ademas, expre-sando la suma de las areas de los triangulos OAB, OBC y OCA e igualandolasal area del triangulo ABC obtenemos
cx+ ay + bz = 2(ABC) = (a+ b+ c)r.
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Sumando a esta igualdad las tres anteriores obtenemos
(a+ b+ c)(x+ y + z) = (a+ b+ c)R+ (a+ b+ c)r,
es decir, OD +OE +OF = R+ r.
En el caso de un triangulo obtusangulo, aplicando tambien el teorema dePtolomeo a los cuadrilateros OEDB, OFAD y OCFE obtenemos, respectiva-mente:
cy + bR = ax,
bx+ cz = aR,
cR+ by = az.
Por otro lado, la igualdad (OAB) + (OAC) − (OBC) = (ABC) se expresacx+ bz − ay = (a+ b+ c)r. Sumando las cuatro igualdades obtenemos
(a+ b+ c)(x− y + z) = (a+ b+ c)(R+ r),
es decir, OD −OE +OF = R+ r.
2.9.3. El teorema de Casey
El teorema de Casey (John Casey, 1820-1891) es una generalizacion del teo-rema de Ptolomeo y expresa una condicion necesaria y suficiente para que cuatrocircunferencias sean tangentes a una quinta circunferencia.
Aquı solo consideraremos el caso de cuatro circunferencias C1, C2, C3, C4
tangentes exteriores a una quinta circunferencia en ese orden. Entonces, si lla-mamos Tij a la longitud de la tangente exterior comun a a Ci y Cj , se cumplela relacion
T12T34 + T14T23 = T13T24.
T12
T23
T34
T14T13
T24
C1
C2
C3
C4
C5
Si las cuatro circunferencias degeneran en puntos A, B, C, D, obtenemos elteorema de Ptolomeo.
15
2.9.4. El teorema de Descartes
En una carta de Noviembre de 1643 a la princesa Isabel de Bohemia, Des-cartes desarrollo una formula para los radios de cuatro cırculos mutuamentetangentes.
El teorema de Descartes se expresa de forma sencilla usando el concepto decurvatura de un cırculo. En principio, definimos la curvatura de un cırculo comoel inverso de su radio:
ε =1r.
En el caso de cuatro cırculos mutuamente tangentes, si todos los contactosson externos, entonces convendremos en que todas las curvaturas son positivas,pero si un cırculo encierra a los demas, entonces a este le asignaremos curvaturanegativa.
Llamando entonces, ε1, ε2, ε3, ε4, a las curvaturas de cuatro cırculos mutua-mente tangentes, el teorema de Descartes afirma que se cumple la relacion
2(ε21 + ε2
2 + ε23 + ε2
4) = (ε1 + ε2 + ε3 + ε4)2.
Descartes hablaba en su carta solo de la situacion mostrada en la primerade las figuras de la pagina anterior, pero es valido para tambien para las otrastres. Cuando intervienen rectas, consideramos que estas tienen radio infinito ycurvatura cero.
Para una demostracion del teorema de Descartes puede verse el libro deCoxeter.
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3. Los Enunciados
Problema 1.
Cırculos inscritos encadenados
(Tokyo, 1788) ¿Cual es el radio del enesimo cırculo azul, en terminos de r, elradio del cırculo grande verde? Observa que los dos cırculos rojos son iguales,ambos con radio r
2 .
17
Problema 2.
Tres cırculos y tres cuadrados inscritos en un triangulorectangulo
(Miyagi, 1913) Tres cuadrados naranjas estan dibujados como se muestra dentrodel triangulo grande verde. ¿Como estan relacionados los radios de los trescırculos azules?
18
Problema 3.
Circunferencia tangente a dos circunferencias y una recta
(Gumma, 1824) El cırculo naranja y el azul se tocan el uno al otro en un punto yson tangentes a la misma recta. El cırculo rojo pequeno toca tanto a los cırculosgrandes como a la misma recta. ¿Como estan relacionados los radios de los trescırculos?
19
Problema 4.
Cuatro cırculos tangentes a un cuadrado y a un cırculo
(Gumma, 1874) En el interior de un cuadrado hay un cırculo. Cuatro cırculostodos con radio diferente, tocan a este cırculo central y a lados contiguos delcuadrado. ¿Que relacion hay entre los radios de los cuatro cırculos y el lado delcuadrado?
20
Problema 5.
Un cırculo que contiene a dos cırculos, un triangulo isos-celes y una perpendicular
(Gumma, 1803) La base de un triangulo isosceles esta sobre un diametro delcırculo grande verde. Este diametro tambien biseca al cırculo rojo, que esta ins-crito en el, tocando un vertice del triangulo, como se muestra. Un segmento uneel centro del cırculo azul y el punto de contacto del cırculo rojo y el triangulo.Demostrar que este segmento es perpendicular al diametro dibujado del cırculoverde.
21
Problema 6.
El pentagono y su abanico
La siguiente figura muestra un pentagono regular con lados de longitud k, conseis triangulos rectangulos iguales rodeandolo en forma de abanico. Encontrarla longitud de la hipotenusa de los triangulos.
22
Problema 7.
Los dos pentagonos
Dos pentagonos iguales con un lado comun se inscriben en un gran cırculo,como se muestra en la figura. Un cırculo de radio r toca el cırculo grande y loslados DE y EF de los pentagonos, y el cırculo inscrito en el triangulo ABHtiene radio t. Demostrar que r = 2t. (No hay que hacer calculos complicados:intentar inscribir el cırculo de radio r en un triangulo.)
A
B
C
D
E
F
G
H
23
Problema 8.
Dos cırculos y un cuadrado inscritos en un triangulorectangulo
Un cuadrado esta inscrito en un triangulo rectangulo y los cırculos inscritosen los dos triangulos pequenos tienen radios r y s. Hallar el lado t del cuadradoen funcion de r y s.
s
r
t
24
Problema 9.
Dos cırculos gemelos en un triangulo equilatero
Si el triangulo es equilatero, y los dos cırculos tienen el mismo radio, ¿cuales este?
25
Problema 10.
Tres cırculos entre dos paralelas
Encontrar la distancia entre las dos paralelas en funcion de los radios de loscırculos.
C1
C2
C3
26
Problema 11.
Un semicırculo con un cırculo dentro y otro fuera
Encontrar los radios de los cırculos inscritos en terminos del semicırculo deradio r.
27
Problema 12.
Cırculo inscrito entre dos cuerdas
Demostrar, que si r es el radio del cırculo inscrito entre las dos cuerdas,entonces
1r
=1CD
+1DE
.
C
D
E
28
Problema 13.
La moneda y la servilleta doblada
Demostrar que, en el cuadrado doblado de la figura, el radio del cırculo esigual a la longitud AB.
A
B
29
Problema 14.
El angel con la hogaza
Hallar los radios de los dos cırculos interiores.
a
30
Problema 15.
Un cırculo entre dos triangulos isosceles
Hallar el radio del cırculo en funcion de a.
a
a⁄2 a⁄2
31
Problema 16.
Dos cırculos inscritos entre un cuadrado y dos triangulosequilateros
Siendo equilateros los dos triangulos que hay dentro del cuadrado, ¿que re-lacion hay entre los dos radios?
32
Problema 17.
Un cırculo entre dos tangentes a cırculos inscritos entriangulos rectangulos dentro de un cuadrado.
Demostrar que el radio r del cırculo central cumple la relacion
1r
=1
a− 2r1+
1a− 2r2
.
C1
C2
a
33
Problema 18.
Un cuadrado, un semicırculo y dos cırculos
Demostrar que la relacion entre los radios de los dos cırculos es 3:2.
34
Problema 19.
Cırculos entre arcos y cuadrados
Encontrar el radio del cuadrado interior y de los cırculos interiores.
35
Problema 20.
Dos cırculos y dos arcos dentro de un cuadrado
Hallar el radio de los cırculos interiores.
a
36
Problema 21.
Coctel de cuadrados
¿Que relacion debe haber entre a y x para que los puntos P , Q y R estenalineados? Expresar, en cualquier caso, x en terminos de a, b y c.
P
QR
a
x
c
b
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Problema 22.
Cinco cırculos gemelos en un cuadrado
Hallar el radio de estos cinco cırculos en funcion del lado del cuadrado.
38
Problema 23.
Cuatro cırculos grandes y dos pequenos
Consideremos esta imagen de una tableta japonesa.
En caso de no saber japones, podemos considerar dos enunciados del proble-ma:
1. Si los cuatro cırculos oscuros tienen el mismo radio r y los cırculos clarostienen radio s, hallar r y s en terminos del radio a del cırculo circunscrito.
2. Si de los cuatro cırculos oscuros el superior y el inferior tienen un radio ry el izquierdo y el derecho tienen un radio R y, como antes s es el radiode los cırculos claros, expresar R y s en terminos de r y a.
39
Problema 24.
Seis cırculos en un rectangulo
Encontrar las dimensiones del siguiente rectangulo, siendo la unidad el dia-metro de los seis cırculos.
40
Problema 25.
Primer teorema de Mikami y Kobayashi
Al triangular un polıgono convexo inscrito en un cırculo, trazando todas lasdiagonales desde uno de los vertices, la suma de los radios de los cırculos inscritosen los triangulos es una constante que es independiente del vertice usado parahacer la triangulacion.
41
Problema 26.
Segundo teorema de Mikami y Kobayashi
Demostrar que al unir los incentros de los triangulos formados al trazar lasdiagonales de un cuadrilatero inscrito en una circunferencia se forma un rectan-gulo.
42
Problema 27.
Un cuadrilatero inscrito y circunscrito, y dos cırculosmas
El cuadrilatero esta inscrito y circunscrito, como indica la figura. El diametrodel cırculo verde es 9 y el del rojo es 4. ¿Cual es el diametro del cırculo amarillo?
43
4. Las Soluciones
Problema 1.
Cırculos inscritos encadenados
Vamos a usar el teorema de los cırculos de Descartes:
2(ε21 + ε2
2 + ε23 + ε2
4) = (ε1 + ε2 + ε3 + ε4)2.
Para simplificar, consideramos que r = 1. Entonces, aplicando la formulacon ε1 = −1, ε2 = ε3 = 2, obtenemos ε4 = 3, ası que el primer cırculo naranjatiene radio 1
3 .
Para ε1 = −1, ε2 = 2, ε3 = 3 obtenemos ε4 = 6 siendo 16 el radio del segundo
cırculo naranja. Continuando el proceso vemos que los cırculos naranja tienenradios 1
3 , 16 , 1
11 , 118 , ... Por induccion puede comprobarse el radio del cırculo
naranja n es 1/(n2 + 2).
Ahora aplicamos otra vez el teorema de Descartes con ε1 = 2, ε2 = n2 + 2,ε3 = (n− 1)2 + 2 y obtenemos ε4 = 4n2 − 4n+ 15, es decir el radio del cırculoazul n es
ρn =1
4n2 − 4n+ 15.
44
Problema 2.
Tres cırculos y tres cuadrados inscritos en un triangulorectangulo
Nombremos los vertices de la figura ası:
C G H K B
AE
FJ M
N
O
D
Sean a = BC, b = AC y c = AB los lados del triangulo ABC. El trianguloDGC es semejante a ABC, por lo que los lados homologos se escribiran ka,kb y kc para algun k < 1. El triangulo GBF es semejante a ABC. ComoGF : AC = kc
b , esa es la razon de los radios de los cırculos inscritos en AEDy GHI y la misma va a ser entre los radios de los cırculos inscritos en GHI yJML.
Por tanto, si llamamos r1 al radio del cırculo mayor, r2 al del mediano y r3
al del menor, hemos visto que r1, r2,r3 es una progresion geometrica de razonkcb .
Entonces, r3r2
= r2r1
, o bien r22 = r1r3.
45
Problema 3.
Circunferencia tangente a dos circunferencias y una recta
Usaremos que el segmento de tangente comun a dos circunferencias tangentesexteriores de radios R1 y R2 es 2
√R1R2 (ver pag. 8).
Llamando R1, R2, R3 a los radios de las circunferencias mayor, mediana ymenor tenemos entonces que
2√R1R2 = 2
√R1R3 + 2
√R2R3 ⇒
⇒ 1√R3
=1√R1
+1√R2
.
46
Problema 4.
Cuatro cırculos tangentes a un cuadrado y a un cırculo
Llamamos C1, C2, C3 y C4 a los cuatro cırculos, O1, O2, O3 y O4 a suscentros y r1, r2, r3 y r4 a sus radios. Sea a el lado del cuadrado. Aplicamos elteorema de Casey. Se cumple que T12T34 + T14T23 = T13T24, siendo:
T12 = a− r1 − r2
T23 = a− r2 − r3
T34 = a− r3 − r4
T14 = a− r1 − r4
T13 =√O1O2
3 − (r1 − r3)2 =
=√
2(a− r1 − r3)2 − (r1 − r3)2
T24 =√O2O2
4 − (r2 − r4)2 =
=√
2(a− r2 − r4)2 − (r2 − r4)2
Aplicando la ecuacion de segundo grado, resulta una monstruosa ecuacionde segundo grado:
(a− r1 − r2)(a− r3 − r4)++(a− r1 − r4)(a− r2 − r3) =
=√
2(a− r1 − r3)2 − (r1 − r3)2··√
2(a− r2 − r4)2 − (r2 − r4)2.
Resolviendo en a esta ecuacion obtenemos
a =2(r1r3 − r2r4) +
√2P
r1 − r2 + r3 − r4,
siendo P = (r1 − r2)(r1 − r4)(r3 − r2)(r3 − r4).
47
Problema 5.
Un cırculo que contiene a dos cırculos, un triangulo isos-celes y una perpendicular
Consideramos la siguiente figura:
O1O2
O3
A BC
D=G
E
H
βα
La construccion se ha hecho de la siguiente manera:
1. Trazamos circunferencia C1 de centro O1, radio r1 y diametro AB.
2. Construimos la circunferencia C2 de centro O2, radio r2 y diametro AC.
3. Trazamos la circunferencia C3, tangente a C1 y C2 y estando su centro O3
en la perpendicular por C a AB.
4. Desde C trazamos el segmento CD tangente a C3.
5. Por el punto medio H del segmento CB trazamos la perpendicular GH,y ası construimos el triangulo isosceles CGB.
El problema estara resuelto si vemos que los angulos α = ∠BCD y β =O3CE son complementarios y, por tanto, que los segmentos CD y CG coinciden.
En primer, lugar, expresando la tangencia de las circunferencias C1 y C2 yla tangencia de las circunferencias C1 y C3, se cumplen las relaciones:
{d2 + r2
2 = (r2 + r3)2
d2 + (2r2 − r1)2 = (r1 − r3)2,
de donde obtenemos
r3 =2r2(r1 − r2)r1 + r2
, d2 =8r1r
22(r1 − r2)
(r1 + r2)2.
48
Entonces, (O3E
O3C
)2
=r23
d2=r1 − r2
2r1.
Por otro lado,
(CF
CG
)2
=CF 2
CF 2 + FG2=
(r1 − r2)2
(r1 − r2)2 + r21 − r2
2
=
=(r1 − r2)2
2r1(r1 − r2)=r1 − r2
2r1.
De la semejanza de los triangulos CO3E y GCF deducimos que α y β debenser complementarios.
49
Problema 6.
El pentagono y su abanico
Consideramos la siguiente figura:
A
B
C D
E
F
G
H36 72
36
Los triangulos ABH y AGF son semejantes.
Por otro lado, el triangulo ACF es semejante al triangulo formado por dosdiagonales del pentagono regular que parten del mismo vertice, y por ello
AF
AC= Φ.
Entonces,
AG
AB=AF
AH⇒ AG =
AF ·ABAH
=AF ·AB
12AC
=
=2Φ · k = (√
5 + 1)k.
50
Problema 7.
Los dos pentagonosEfectivamente, consideremos el triangulo EPQ, semejante a ABH, en el que
esta inscrito el cırculo de radio r.
A
B
C
D
E
F
G
H
P Q
K
Sean k el lado de los pentagonos y Φ el numero de oro. Entonces d = Φk es ladiagonal de los pentagonos y los puntos C, D, F y G estan en la circunferenciade centro A y radio d. La altura del triangulo EPQ es
d− k =1 +√
52
k − k =√
5− 12
k.
El triangulo ABK es isosceles, midiendo el angulo desigual 36◦. Por tanto,AB = Φ ·AK.
12AK =
AB
2Φ=
k√5 + 1
=√
5− 14
k.
Como la altura de un triangulo es el doble que el de la otra, tambien lo seranlos radios de las circunferencias inscritas en los mismos.
51
Problema 8.
Dos cırculos y un cuadrado inscritos en un triangulorectangulo
Usamos que en un triangulo rectangulo de catetos x e y, e hipotenusa z, esel radio ρ de la circunferencia inscrita al triangulo es
ρ =x+ y − z
2.
Supongamos que el triangulo dado tiene base a y altura b. Usando triangulossemejantes, comparamos cada radio con la base del triangulo en el que esta ins-crito, y tenemos que
r
s=
t
a− t =b
a.
Ahora usamos la formula anterior para expresar
s =12·(a
bt+ t−
√a2 + b2
bt
)=
=12·(s
r+ 1−
√r2 + s2
r
)t.
De aquı, 2rs =(r + s−√r2 + s2
)t, y
t =2rs
r + s−√r2 + s2=
=r + s+√r2 + s2.
52
Problema 9.
Dos cırculos gemelos en un triangulo equilatero
La figura siguiente muestra una forma sencilla de hacer la construccion: Conla cuarta parte del lado del triangulo, construimos un cuadrado. A una alturaigual a la diagonal de este cuadrado es donde se cruzan las tangentes comunesa los dos cırculos.
B C
A
Para resolver el problema consideramos esta otra figura.
B C
A
M
D
E
F
G
H
Llamamos r al radio de los cırculos y h a la distancia MD.
53
El triangulo DEH es semejante a DBM . Por tanto,
DE
HE=DB
MB⇒ h− r
r=
√h2 + a2
4a2
=√
4h2 + a2
a⇒
⇒ h =2a2r
a2 − 4r2.
Como AFG es semejante a ABM , tenemos AF = 2 · FG, es decir,√
32a− (2h− r) = 2r ⇒ h =
√3a− 2r
4.
Igualando los dos valores de h y simplificando obtenemos que r es solucion dela ecuacion
8r3 − 4√
3ar2 − 10a2r +√
3a3 = 0.
Las soluciones de esta ecuacion son
r1 = −√
32a, r2 =
√3−√2
2a, r3 =
√3 +√
22
a.
Por tanto, la solucion del problema es
r =√
3−√22
a.
54
Problema 10.
Tres cırculos entre dos paralelas
Sean r1, r2, r3 a los radios de las circunferencias C1, C2, C3, respectivamente.Supongamos que la recta inferior es el eje de abscisas y situemos los centros delas circunferencias C1 y C2 en los puntos O1 = (0, r1), O2 = (2
√r1r2, r2). De
esta manera, C1 y C2 seran tangentes entre sı y a la recta inferior. Si O3 = (x, y)es el centro de una circunferencia con radio r3 tangente a C1 y C2, (x, y) es unode los puntos de interseccion de las circunferencias
{x2 + (y − r1)2 = (r1 + r3)2
(x− 2√r1r2)2 + (y − r2)2 = (r2 + r3)2
Hallando la solucion positiva de y y anadiendo r3 obtenemos
d = y + r3 =
=2r1r2
(r1 + r2 + 2r3 + 2
√r3(r1 + r2 + r3)
)
(r1 + r2)2
.
55
Problema 11.
Un semicırculo con un cırculo dentro y otro fuera
Para resolver el problema, consideramos la siguiente figura. El radio de lacircunferencia mayor es r
2 . Llamemos s y h al radio de la circunferencia pequenay a la altura CF , respectivamente.
A C B
D
E
F
M
N
Usando los triangulos semejantes DMF y ACF ,
DF
DM=AF
AC⇒ h− r
2r2
=√h2 + r2
r.
De aquı obtenemos h = 4r3 y AF = 5r
3 . Ahora, usamos los triangulos seme-jantes ENF y ACF , obteniendo:
EF
EN=AF
AC⇒
r3 − ss
=53⇒ s =
18r.
56
Problema 12.
Cırculo inscrito entre dos cuerdas
Nombremos los puntos como en la siguiente figura:
C
D
E
H
K
B
O
Consideramos, sin perdida de generalidad, que la circunferencia grande tieneradio unidad. Llamamos a = DE, b = CD, DH = x y entonces tenemosOC = 1− a− b y BC =
√1− (1− a− b)2.
Usando la semejanza de los triangulos DHK y BDC,
DH
HK=BD
DC⇒ x
r=
√b2 + 1− (1− a− b)2
b.
Por otro lado, aplicando el teorema de Pitagoras aplicado al triangulo ODH,
x2 + (1− a)2 = (1− r)2.
De estas dos ecuaciones podemos despejar
r =ab
a+ b,
que es equivalente a la relacion propuesta.
57
Problema 13.
La moneda y la servilleta doblada.
A
B
K
H
D E
FG
C
x
h
1-h
y
1-x
1-x
Suponemos, sin perdida de generalidad que el cuadrado tiene lado unidad yllamamos x = DE, h = CE, y = BF . Entonces, KD = DC = 1− x. Aplicandoel teorema de Pitagoras en DEC obtenemos x = 1
2 (1− h2).
El triangulo BFC es semejante a CED. Por tanto,
h
x=
y
1− h ⇒ y =(1− x)h
x=
2h1 + h
.
La hipotenusa BC cumple
BC2 = (1− h)2 +4h2
(1 + h)2=
(1− h2)2 + 4h2
(1 + h)2=
=(1 + h2)2
(1 + h)2⇒ BC =
1 + h2
1 + h.
Teniendo en cuenta que el radio de la circunferencia inscrita en un triangulorectangulo con catetos x e y, e hipotenusa z es 1
2 (x + y − z), al aplicarlo altriangulo BFC,
r =CF + FB −BC
2=
(1− h) + 2h1+h − 1+h2
1+h
2=
=1− h2 + 2h− 1− h2
2(1 + h)=h− h2
1 + h.
AB =1−BC = 1− 1 + h2
1 + h=h− h2
1 + h.
58
Problema 14.
El angel con la hogaza
Llamemos R y r a los radios de los cırculos grande y pequeno.
El radio R cumple:
(R+
a
2
)2
+(a
2
)2
= (a−R)2 ⇒
⇒ R2 +a2
4+ aR+
a2
4= a2 − 2aR+R2 ⇒
⇒ 3aR =a2
2⇒ R =
a
6.
El radio r cumple:
(a− r)2 +(a
2
)2
= (a+R)2 ⇒
⇒ a2 − 2ar + r2 +a2
4= a2 + 2ar + r2 ⇒
⇒ 4ar =a2
4⇒ r =
a
16.
59
Problema 15.
Un cırculo entre dos triangulos isosceles
F
G
H
I
KrO
P
x-r a-x
r
r
r
L
Qa⁄2 a⁄2
α
Por el centro I del cırculo trazamos una paralela IH a la diagonal del cuadrado.La perpendicular HF a IH determina el triangulo rectangulo isosceles OFH.Entonces, llamando x a la distancia OK,
x− r = r√
2⇒ x = (1 +√
2)r.
Llamando α = ∠KLI y t = tanα, resulta que
2 = tanOLQ = tan 2α =2t
1− t2 ⇒⇒1− t2 = t⇒ t2 + t− 1 = 0⇒
⇒t =√
5− 12
.
Por tanto,
r
a− x =√
5− 12
⇒ r
a− (1 +√
2)r=√
5− 12
.
De aquı, podemos obtener
r =2a
3 + 2√
2 +√
5.
60
Problema 16.
Dos cırculos inscritos entre un cuadrado y dos triangulosequilateros
D G C
A B
E
F
I
J
b a-b
a
Llamamos b = DG = DG. De Como GF = GB, tendremos
2b2 = (a− b)2 + a2,
resultando b = (√
3 − 1)a. Ahora usamos la geometrıa analıtica para hallar losradios R y r de las dos circunferencias.
Supongamos que D es el origen de coordenadas y que DC y DA son los ejesde abscisas y ordenadas, respectivamente.
Las rectas FG y DE tienen ecuaciones:
DE :√
3x− y = 0,
FG : x+ y − (√
3− 1)a = 0.
Siendo I = (u,R), las condiciones d(I, FG) = d(I,DE) = R se escriben∣∣√3u−R∣∣
2= R,
∣∣u+R− (√3− 1)a∣∣
√2
= R.
Resolviendo este sistema obtenemos el radio de la circunferencia mayor:
R =
(√3− 1
)a
1 +√
2 +√
3.
61
Parece intuirse del dibujo que el radio de la circunferencia pequena es lamitad del radio de la circunferencia mayor. ¿Sera ası?
Sean J = (x, y) y r el centro y el radio de la circunferencia inscrita en eltriangulo GCB. Las rectas CE y GB tienen ecuaciones:
CE :√
3x+ y − a√
3 = 0,
CB : x−(
2−√
3)y −
(√3− 1
)a = 0.
Las condiciones de tangencia se expresan:
∣∣√3x+ y − a√3∣∣
2= r,
∣∣x− (2−√3)y − (√3− 1
)a∣∣
√1 + (2−√3)2
= r,
x = a− r.
Resolviendo, obtenemos
r =
(2−√3
)a
1−√2 +√
6.
Puede comprobarse, por multiplicacion, que√
3− 11 +√
2 +√
3= 2 · 2−√3
1−√2 +√
6,
es decir, efectivamente R es el doble de r como habıamos supuesto.
62
Problema 17.
Un cırculo entre dos tangentes a cırculos inscritos entriangulos rectangulos dentro de un cuadrado.
A C D B
E F
C1
C2
a
k h
Si k es la longitud del segmento AC, teniendo en cuenta la formula del radiode la circunferencia inscrita en un triangulo rectangulo,
a+ k −√a2 + k2
2= r1 ⇒ k =
2r1(a− r1)a− 2r1
.
Analogamente, si h es la longitud del segmento DB, resulta
h =2r2(a− r2)a− 2r2
.
Usando la forma punto-pendiente, las ecuaciones de las rectas EB y CF son
y = a−mx,y = a+ n(x− a),
siendo
m =a(a− 2r1)2r1(a− r1)
, n =a(a− 2r2)2r2(a− r2)
.
Ahora usamos la formula de la distancia de un punto a una recta paraexpresar el hecho de que la circunferencia central sea tangente a las dos rectas.Si G = (x, y) es el centro y r es el radio de esta circunferencia, se cumpliran lasrelaciones:
63
|mx+ y − a|√m2 + 1
= r,
|nx− y + a− na|√n2 + 1
= r,
y = a− r.
⇒{|mx− r| = r
√m2 + 1,
|nx+ r − na| = r√n2 + 1.
(3)
Como
1 +m2 =1 +a2(a2 − 4r1a+ 4r2
1)4r2
1(a2 − 2ar1 + r21)
= 1 +a4 − 4r1a
3 + 4r21a
2
4r21a
2 − 8r31a+ 4r4
1
=
=a4 − 4r1a
3 + 8r21a
2 − 8r31a+ 4r4
1
4r21(a− r1)2
=(a2 − 2r1a+ 2r2
1)2
4r21(a− r1)2
,
resulta que √1 +m2 =
a2 − 2r1a+ 2r21
2r1(a− r1).
Haciendo unos calculos parecidos para n, las relaciones (1) pueden expresarse:∣∣∣∣a(a− 2r1)x2r1(a− r1)
− r∣∣∣∣ =
a2 − 2r1a+ 2r21
2r1(a− r1)r
∣∣∣∣a(a− 2r2)(a− x)
2r2(a− r2)− r∣∣∣∣ =
a2 − 2r2a+ 2r22
2r2(a− r2)r
Eliminando denominadores,
|a(a− 2r1)x− 2r1(a− r1)r| = (a2 − 2r1a+ 2r21
)r
|a(a− 2r2)(a− x)− 2r2(a− r2)r| = (a2 − 2r2a+ 2r22
)r
Eliminando el valor absoluto:
(a2 − 2r1a)x+ (2r21 − 2r1a)r = ± (a2 − 2r1a+ 2r2
1
)r
−(a2 − 2r2a)x+ (a3 − 2r2a2)− (2r2
2 − 2r2a)r = ± (a2 − 2r2a+ 2r22
)r
Esto da lugar a cuatro sistemas de ecuaciones.
64
Problema 18.
Un cuadrado, un semicırculo y dos cırculos
A M N B
D X C
W
ZR
S
Y
K
T
J
U
P
Q
L
Llamamos r1 y r2 a los radios de las circunferencias con centros Y y Z,respectivamente. Usamos que los segmentos de tangente a una circunferenciadesde un punto miden lo mismo. Entonces,
TU = BT −BU = BC −BM = a− (a− r1) = r1.
Al ser TU la tangente interior comun a las circunferencias (X) e (Y ),
r21 =TU2 = XY 2 − (a2 + r1)2 =
=[(a2 − r1)2 + (a− r1)2
]− (a2 + r1)2.
Resolviendo obtenemos r1 = a4 .
Ahora, usamos que LS = DR para deducir que LS = DR = a − a4 = 3a
4 .Como tambien es LU = ST y sabemos que TU = a
4 , deducimos que tambienLP = LU = a
4 . es decir, UY PL es un cuadrado (tiene los cuatro lados igualesy dos de los angulos opuestos son rectos).
Ahora, como PY N como es semejante a USY y US = 2 · UY , tendremosque PN = 1
2PY = a8 . Ası, LN = a
4 + a8 = 3a
8 .
Esto nos permite calcular
BN = BA−NA = BA− LN = a− 3a8
=5a8.
65
Usando el teorema de Pitagoras en el triangulo BLN , obtenemos:
BL2 = BN2 − LN2 =2564a2 − 9
64a2 =
=1664a2 =
a2
4⇒ BL =
a
2.
Teniendo en cuenta que WC = JL = r2, resulta BW = a− r2. Para hallaruna expresion de LW , tenemos en cuenta que en un triangulo rectangulo concatetos x, y e hipotenusa z el radio de la circunferencia inscrita viene dado por
r =x+ y − z
2,
Aplicando esto al triangulo BWL,
r2 =BL+ LW −BW
2=
a2 + LW − a+ r2
2.
De aquı deducimos que LW = r2 + a2 .
Aplicando el teorema de Pitagoras al triangulo BLW , resulta
(a− r2)2 =a2
4+(r2 +
a
2
)2
,
ecuacion que una vez resuelta conduce a r2 = a6 .
Relacionando r1 y r2 obtenemos que
r1
r2=
a4a6
=32.
66
Problema 19.
Cırculos entre arcos y cuadrados
Nombramos puntos como en la siguiente figura:
A B
D CE H
F
I
G
Llamando x al lado del cuadrado interior y usando el teorema de Pitagorascon el triangulo DHG,
(a2
+x
2
)2
+ x2 = a2 ⇒ (x+ a)2 + 4x2 = 4a2.
Resolviendo, obtenemos
x =3a5.
Ahora, llamando R al radio del cırculo interior mayor, y usando el teoremade Pitagoras con el triangulo DEF ,
(3a5
+R
)2
+(a
2
)2
= (a−R)2 ⇒ r =39320
a.
Por ultimo, siendo r el radio del menor de los cırculos interiores, usando unavez mas el teorema de Pitagoras, ahora con el triangulo DEI,
(a− r)2 +(a
2
)2
= (a+ r)2 ⇒ r =a
16.
67
Problema 20.
Dos cırculos y dos arcos dentro de un cuadrado
Consideramos la siguiente figura:
A B
D CE H
F
G
Llamamos R = FE al radio del mayor de los cırculos interiores. Aplicandoel teorema de Pitagoras al triangulo DEF , resulta
(a2
)2
+R2 = (a−R)2 ⇒ R =3a8.
Ahora llamamos r al radio del cırculo menor, e y a la altura GH. Aplicandoel teorema de Pitagoras a los triangulos DHG y CHG resulta el sistema:
{(a− r)2 + y2 = (a+ r)2
r2 + y2 = (a− r)2
Al resolver el sistema obtenemos:
r =a
6.
68
Problema 21.
Coctel de cuadrados
Consideramos la siguiente figura:
P Q R
A
B
C
DE
F G
HK
Vamos a demostrar que la condicion a = 2x es suficiente para afirmar quelos puntos estan alineados.
Si hacemos, con centro F , un giro de 90◦ en el sentido de las agujas delreloj, el triangulo FPQ se transforma en el triangulo FBK, siendo por tantoBK perpendicular a PQ. Si suponemos que BG = 2 ·FG, entonces el trianguloBGK es isosceles, siendo la bisectriz del angulo G perpendicular al lado opuestoBK. Deducimos entonces que la bisectriz del angulo G del triangulo BGK esparalela al segmento PQ.
De una forma simetrica, el segmento QR sera paralelo a la bisectriz delangulo G del triangulo DGH. Como las dos bisectrices son la misma, entonceslos puntos P , Q y R son alineados.
En el caso general, los angulos ∠BGF y ∠DGH son suplementarios. Lla-mando α al angulo ∠BGF tendremos, por el teorema del coseno:
{c2 = a2 + x2 − 2ax cosα
b2 = a2 + x2 + 2ax cos a⇒ b2 + c2 = 2(a2 + x2).
69
Problema 22.
Cinco cırculos gemelos en un cuadrado
Sean a, b y c los lados de los triangulos rectangulos ordenados de menor amayor. La figura muestra que el cuadrado central tiene por lado b − a. Enton-ces, usando la formula del radio del cırculo inscrito en un triangulo rectangulopodemos expresar:
r =a+ b− c
2=b− a
2.
Entonces c = 2a, b =√
3a y
r =√
3a− a2
=√
3− 14
c.
70
Problema 23.
Cuatro cırculos grandes y dos pequenos
Nos referimos a la siguiente figura:
A
BC
D
D
E
F
O
Con la notacion del enunciado vemos que OA = r, DE = s, EF = R,OB = a − 2r, BC = R + 2r − a. Llamando x = OE, como x = 2
√rs, resulta
que x2 = 4rs.
Por ser tangentes las circunferencias de centros B y D,
(a− 2r + s) + x2 = (a− s)2,
de donde, teniendo en cuenta la relacion anterior deducimos que
s =r(a− r)
a, x = 2r
√a− ra
.
Ahora expresamos que el cırculo de centro F es tangente tambien al cırculode centro B:
(R+ 2r − a)2 + x2 = (a−R)2.
De aquı deducimos que
R = a− 2r +r2
a.
Llegados a este punto, queremos ademas que el cırculo de centro F y radioR sea tangente al cırculo de centro D, que a su vez queremos que tenga radior. Es facil imaginar que, para ello, r tendra que tener un valor especial.
71
Imponiendo en CD2+DF 2 = DF 2 con las condiciones anteriores, obtenemosque
(2a− 2r −R− r)2 + x2 = (R+ r)2
4(a− r)2 − 4(R+ r)(a− r) + 4r2 − 4r3
a= 0
a(R+ r)(a− r) = a(a− r)2 + r2a− r3 =
= (a− r)(a2 − ar + r2)
R = −r +a2 − ar + r2
a= a− 2r +
r2
a
Es decir, hemos llegado a una identidad, pues este valor de R es el que hemosobtenido antes. Esto significa que el cırculo de centro F y radio R sera tangenteal cırculo de centro D y r para cualquier valor de r.
Resolviendo la ecuacion
a− 2r +r2
a= r
obtenemos que los cuatro cırculos oscuros seran iguales cuando
r =3−√5
2a.
72
Problema 24.
Seis cırculos en un rectangulo
Nombremos en la figura los puntos como sigue:
AE
D CB
Llamando x e y a la base y la altura del rectangulo podemos expresar BC =x− 1, AC = y − 1, AB = 3, DE = 1
2
√3, AD = 1 y BE = 5
2 .
Obtenemos que BD =√
7, aplicando el teorema de Pitagoras al trianguloBED. Entonces, expresamos CD = x− 1−√7.
Aplicando ahora el teorema a los triangulos ACB y ACD, obtenemos
(x− 1)2 + (y − 1)2 = 9(x− 1−
√7)2
+ (y − 1)2 = 1.
Resolviendo, x = 1 +15
2√
7, y = 1 +
√2728.
73
Problema 25.
Primer teorema de Mikami y Kobayashi
Consideramos, por ejemplo, esta triangulacion de un hexagono inscrito enuna circunferencia.
A
B
C
D
E
F
m5m6
m1
m2
m3
m4
ma
mb
mc
Sean m1, . . . ,m6 las distancias del circuncentro a los lados del hexagono.Sean r1, r2, r3 y r4 los radios de las circunferencias inscritas en los triangulosABC, ACF , CEF y CDE. Aplicando el teorema de Carnot a estos triangulosobtenemos:
m1 +m2 −ma = R+ r1,
m6 +ma −mb = R+ r2,
mb +mc −m5 = R+ r3,
m3 +m4 −mc = R+ r4.
Sumando miembro a miembro, obtenemos que
4∑
i=1
ri =6∑
k=1
mk − 4R,
expresion que no depende de la triangulacion que hemos usado.
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Problema 26.
Segundo teorema de Mikami y Kobayashi
αβ
A
B
C
D
P
NQ
M
Unimos AM , AQ, BM y BQ. La recta AQ divide al angulo MQP en dosangulos α y β.
Por ser M el incentro de ABC se cumple que ∠AMB = 90◦ + ∠ACB2 .
De forma similar, por ser Q el incentro de ABD se cumple que ∠AQB =90◦ + ∠ADB
2 .
Por ser ∠ACB y ∠ADB angulos inscritos que abarcan el mismo arco soniguales, y por tanto, los angulos ∠AMB y ∠AQB tambien son iguales y elcuadrilatero AQMB esta inscrito en una circunferencia, siendo entonces α = B
2 .
Razonando de forma parecida, tambien el cuadrilatero AQPD esta inscritoen una circunferencia y β = D
2 .
Entonces,
∠MQP = α+ β =B
2+D
2=B + D
2= 90◦.
De forma similar se comprobarıa que los angulos restantes del cuadrilateroMNPQ son rectos, por lo que MNPQ es un rectangulo.
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Problema 27.
Un cuadrilatero inscrito y circunscrito, y dos cırculosmas
Nos referimos a la siguiente figura:
O
I
A B
D C
H K
E
Llamamos a = HB, b = EC. R = OH = OE es el radio que queremoshallar. Llamamos r y s a los radios conocidos de las circunferencias pequenas.En nuestro caso tenemos r = 9
2 y s = 2.
La longitud de HK, tangente exterior comun a las circunferencias de cen-tros O e I es 2
√Rr. Usando los triangulos semejantes OHB e IKB, podemos
expresarIK
KB=OH
HB⇒ r
a− 2√Rr
=R
a⇒ a =
2R√Rr
R− r .
Procediendo de la misma forma con la otra circunferencia pequena, podemosexpresar b en terminos de R y s:
b =2R√Rs
R− s .
Al ser ABCD un cuadrilatero circunscrito a una circunferencia, coincide la sumade sus lados opuestos:
AB +DC =AD + CG
2a+ 2b =2√
4R2 + (a− b)2
(a+ b)2 =4R2 + (a− b)2
ab =R2.
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Ahora sustituimos los valores obtenidos de a y b:
4R2√Rr√Rs
(R− r)(R− s) = R2
4√rsR = R2 − (r + s)R+ rs
R2 − (r + s+√rs)R+ rs = 0.
Haciendo la sustitucion r = 92 , s = 2 resulta que R es una solucion de la
ecuacion R2− 372 R+9 = 0. Las soluciones de esta ecuacion son R = 18 y R = 1
2 .Por tanto, el radio buscado es R = 18.
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5. Las Pistas
1. Usa el teorema de Descartes.
2. Todos los triangulos rectangulos que ves en la figura son semejantes.
3. Usa la formula la longitud del segmento de tangente comun a dos circun-ferencias tangentes.
4. Usa el teorema de Casey. Tambien te hara falta la formula de la longituddel segmento de tangente comun a dos circunferencias exteriores.
5. En este problema pueden ser utiles el teorema de Pitagoras, expresar latangencia de las circunferencias y la semejanza de triangulos. Una formade enfocar el problema puede ser: comenzar a construir la figura por laizquierda y por la derecha, comprobando que coinciden al encontrarse.
6. Usar triangulos semejantes y el numero de oro.
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6. Bibliografıa y referencias
6.1. Paginas web
http://www.mfdabbs.pwp.blueyonder.co.ukPagina web de Mark Daabs. Una vez allı, seleccionar Maths, Geometry,
Sketchpad files y veremos muchos de los problemas aquı resueltos en archivosdel programa Geometer’s Sketchpad.
http://www.paginar.net/matias/articles/sangaku/sangaku.htmlPagina web de Matias Giovanni. Contiene varios ejemplos de problemas san-
gaku.
http://mathworld.wolfram.comEnciclopedia de Matematicas de Eric Weisstein en la que no vienen muchas
demostraciones pero nos permite encontrar completas referencias donde buscarla informacion que necesitamos.
http://www.arrakis.es/~mcj/sangaku.htmPaginas de la Gacetilla matematica, donde pueden encontrarse las demos-
traciones dadas aquı de los teoremas de Mikami y Kobayashi
http://www.maths.liv.ac.uk/~mathsclub/Topics/Japanese/Pagina de John Rigby con problemas sangaku y sus soluciones.
6.2. Libros
Introduction to Geometry. H. S. M. Coxeter. Wiley. Nueva York.Japanese Temple Geometry Problems,. H. Fukagawa y D. Pedoe. Winnipeg,
Canada, 1989.
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